(新高考)高考数学一轮复习过关练考点23 运用空间向量解决立体几何问题（含解析）

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考点23 运用空间向量解决立体几何问题
考纲要求




1、 了解空间向量的基本定理及其意义；理解空间向量的夹角、数量积的概念；
2、 理解直线的方向向量与平面的法向量，
3、 能用向量方法证明有关线、面位置关系。
4、 能用向量方法证明有关线、面的夹角等计算问题。
近三年高考情况分析



求异面直线所成的角、直线与平面所成的角和二面角的平面角是高考必考的题型，特别是解答题，往往与立体几何中的推理证明相结合。

考点总结




1、向量是利用数形结合解题的一种重要手段，只有掌握向量运算的各种集合意义，才能更好地利用向量这一工具解决相关问题。
2、用向量的方法解决立体几何的两大问题：一是特殊位置关系的判断，二是一般位置关系的计算。
3、恰当的选择空间坐标系，正确的表示出点坐标，是解决此类问题的关键。
三年高考真题





1、【2020年北京卷】如图，在正方体中，E为的中点．


（Ⅰ）求证：平面；
（Ⅱ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）.
【解析】Ⅰ）如下图所示：

在正方体中，且，且，
且，所以，四边形为平行四边形，则，
平面，平面，平面；
（Ⅱ）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，

设正方体的棱长为，则、、、，，，
设平面的法向量为，由，得，
令，则，，则.
.
因此，直线与平面所成角的正弦值为.
2、【2020年江苏卷】在三棱锥A—BCD中，已知CB=CD=,BD=2，O为BD的中点，AO⊥平面BCD，AO=2，E为AC的中点．

（1）求直线AB与DE所成角的余弦值；
（2）若点F在BC上，满足BF=BC，设二面角F—DE—C的大小为θ，求sinθ的值．
【答案】（1）（2）
【解析】】
（1）连
以为轴建立空间直角坐标系，则

从而直线与所成角的余弦值为
（2）设平面一个法向量为

令
设平面一个法向量为
令

因此
3、【2020年全国1卷】如图，为圆锥的顶点，是圆锥底面的圆心，为底面直径，．是底面的内接正三角形，为上一点，．

（1）证明：平面；
（2）求二面角的余弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由题设，知为等边三角形，设，
则，，所以，

又为等边三角形，则，所以，
，则，所以，
同理，又，所以平面；
（2）过O作∥BC交AB于点N，因为平面，以O为坐标原点，OA为x轴，ON为y轴建立如图所示的空间直角坐标系，

则，
，，，
设平面的一个法向量为，
由，得，令，得，
所以，
设平面的一个法向量为
由，得，令，得，
所以
故，
设二面角的大小为，则.
4、【2020年全国2卷】如图，已知三棱柱ABC-A1B1C1的底面是正三角形，侧面BB1C1C是矩形，M，N分别为BC，B1C1的中点，P为AM上一点，过B1C1和P的平面交AB于E，交AC于F.

（1）证明：AA1∥MN，且平面A1AMN⊥EB1C1F；
（2）设O为△A1B1C1的中心，若AO∥平面EB1C1F，且AO=AB，求直线B1E与平面A1AMN所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）分别为，的中点，

又

在中，为中点，则
又侧面为矩形，



由，平面
平面
又，且平面，平面，
平面
又平面，且平面平面


又平面
平面
平面
平面平面
（2）连接

平面，平面平面

根据三棱柱上下底面平行，
其面平面，面平面

故：四边形是平行四边形
设边长是()
可得：，
为的中心，且边长为

故：



解得：
在截取，故
且
四边形是平行四边形，

由（1）平面
故为与平面所成角
在，根据勾股定理可得：

直线与平面所成角的正弦值：.
5、【2020年全国3卷】如图，在长方体中，点分别在棱上，且，．

（1）证明：点在平面内；
（2）若，，，求二面角的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）在棱上取点，使得，连接、、、，

在长方体中，且，且，
，，且，
所以，四边形为平行四边形，则且，
同理可证四边形为平行四边形，且，
且，则四边形为平行四边形，
因此，点在平面内；
（2）以点为坐标原点，、、所在直线分别为、、轴建立如下图所示的空间直角坐标系，
则、、、，
，，，，
设平面的法向量为，
由，得取，得，则，
设平面的法向量为，
由，得，取，得，，则，

，
设二面角的平面角为，则，.
因此，二面角的正弦值为.
6、【2020年天津卷】如图，在三棱柱中，平面，，点分别在棱和棱上，且为棱的中点．

（Ⅰ）求证：；
（Ⅱ）求二面角的正弦值；
（Ⅲ）求直线与平面所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）证明见解析；（Ⅱ）；（Ⅲ）.
【解析】依题意，以为原点，分别以、、的方向为轴、轴、轴的正方向建立空间直角坐标系（如图），

可得、、、、
、、、、.
（Ⅰ）依题意，，，
从而，所以；
（Ⅱ）依题意，是平面的一个法向量，
，．
设为平面的法向量，则，即，
不妨设，可得．
，
．
所以，二面角的正弦值为；
（Ⅲ）依题意，．
由（Ⅱ）知为平面的一个法向量，于是．
所以，直线与平面所成角的正弦值为.
7、【2020年山东卷】.如图，四棱锥P-ABCD的底面为正方形，PD⊥底面ABCD．设平面PAD与平面PBC的交线为l．

（1）证明：l⊥平面PDC；
（2）已知PD=AD=1，Q为l上的点，求PB与平面QCD所成角的正弦值的最大值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）证明：
在正方形中，，
因为平面，平面，
所以平面，
又因为平面，平面平面，
所以，
因为在四棱锥中，底面是正方形，所以
且平面，所以
因为
所以平面；
（2）如图建立空间直角坐标系，

因为，则有，
设，则有，
设平面的法向量为，
则，即，
令，则，所以平面的一个法向量为，则

根据直线的方向向量与平面法向量所成角的余弦值的绝对值即为直线与平面所成角的正弦值，所以直线与平面所成角的正弦值等于，当且仅当时取等号，
所以直线与平面所成角的正弦值的最大值为.
8、【2019年高考全国Ⅰ卷理数】如图，直四棱柱ABCD–A1B1C1D1的底面是菱形，AA1=4，AB=2，∠BAD=60°，E，M，N分别是BC，BB1，A1D的中点．

（1）证明：MN∥平面C1DE；
（2）求二面角A−MA1−N的正弦值．
【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）连结B1C，ME．
因为M，E分别为BB1，BC的中点，
所以ME∥B1C，且ME=B1C．
又因为N为A1D的中点，
所以ND=A1D．
由题设知A1B1DC，可得B1CA1D，故MEND，
因此四边形MNDE为平行四边形，MN∥ED．
又MN平面EDC1，
所以MN∥平面C1DE．
（2）由已知可得DE⊥DA．
以D为坐标原点，的方向为x轴正方向，建立如图所示的空间直角坐标系D−xyz，则

，A1(2，0，4)，，，，，，．
设为平面A1MA的法向量，则，
所以可取．
设为平面A1MN的法向量，则
所以可取．
于是，
所以二面角的正弦值为．
9、【2019年高考全国Ⅱ卷理数】如图，长方体ABCD–A1B1C1D1的底面ABCD是正方形，点E在棱AA1上，BE⊥EC1．

（1）证明：BE⊥平面EB1C1；
（2）若AE=A1E，求二面角B–EC–C1的正弦值．
【答案】（1）证明见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得，平面，平面，
故．
又，所以平面．
（2）由（1）知．由题设知≌，所以，
故，．
以为坐标原点，的方向为x轴正方向，为单位长，建立如图所示的空间直角坐标系D–xyz，

则C（0，1，0），B（1，1，0），（0，1，2），E（1，0，1），，，．
设平面EBC的法向量为n=（x，y，x），则
即
所以可取n=.
设平面的法向量为m=（x，y，z），则
即
所以可取m=（1，1，0）．
于是．
所以，二面角的正弦值为．
10、【2019年高考全国Ⅲ卷理数】图1是由矩形ADEB，Rt△ABC和菱形BFGC组成的一个平面图形，其中AB=1，BE=BF=2，∠FBC=60°，将其沿AB，BC折起使得BE与BF重合，连结DG，如图2.
（1）证明：图2中的A，C，G，D四点共面，且平面ABC⊥平面BCGE；
（2）求图2中的二面角B−CG−A的大小.

【答案】（1）见解析；（2）.
【解析】（1）由已知得ADBE，CGBE，所以ADCG，故AD，CG确定一个平面，从而A，C，G，D四点共面．
由已知得ABBE，ABBC，故AB平面BCGE．
又因为AB平面ABC，所以平面ABC平面BCGE．
（2）作EHBC，垂足为H．
因为EH平面BCGE，平面BCGE平面ABC，所以EH平面ABC．
由已知，菱形BCGE的边长为2，∠EBC=60°，可求得BH=1，EH=．
以H为坐标原点，的方向为x轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系H–xyz，

则A（–1，1，0），C（1，0，0），G（2，0，），=（1，0，），=（2，–1，0）．
设平面ACGD的法向量为n=（x，y，z），则
即
所以可取n=（3，6，–）．
又平面BCGE的法向量可取为m=（0，1，0），
所以．
因此二面角B–CG–A的大小为30°．
11、【2019年高考北京卷理数】如图，在四棱锥P–ABCD中，PA⊥平面ABCD，AD⊥CD，AD∥BC，PA=AD=CD=2，BC=3．E为PD的中点，点F在PC上，且．
（1）求证：CD⊥平面PAD；
（2）求二面角F–AE–P的余弦值；
（3）设点G在PB上，且．判断直线AG是否在平面AEF内，说明理由．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）见解析.
【解析】（1）因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥CD．
又因为AD⊥CD，所以CD⊥平面PAD．
（2）过A作AD的垂线交BC于点M．
因为PA⊥平面ABCD，所以PA⊥AM，PA⊥AD．
如图建立空间直角坐标系A−xyz，则A（0，0，0），B（2，1，0），C（2，2，0），D（0，2，0），P（0，0，2）．
因为E为PD的中点，所以E（0，1，1）．
所以．
所以.
设平面AEF的法向量为n=（x，y，z），则
即
令z=1，则．
于是．
又因为平面PAD的法向量为p=（1，0，0），
所以.
由题知，二面角F−AE−P为锐角，所以其余弦值为．

（3）直线AG在平面AEF内．
因为点G在PB上，且，
所以.
由（2）知，平面AEF的法向量.
所以.
所以直线AG在平面AEF内.
12、【2019年高考天津卷理数】如图，平面，，．
（1）求证：平面；
（2）求直线与平面所成角的正弦值；
（3）若二面角的余弦值为，求线段的长．

【答案】（1）见解析；（2）；（3）．
【解析】依题意，可以建立以为原点，分别以的方向为轴，轴，轴正方向的空间直角坐标系（如图），可得，．设，则．
（1）依题意，是平面的法向量，又，可得，又因为直线平面，所以平面．
（2）依题意，．
设为平面的法向量，则即不妨令，
可得．因此有．
所以，直线与平面所成角的正弦值为．
（3）设为平面的法向量，则即
不妨令，可得．
由题意，有，解得．经检验，符合题意．
所以，线段的长为．

13、【2019年高考江苏卷】如图，在直三棱柱ABC－A1B1C1中，D，E分别为BC，AC的中点，AB=BC．
求证：（1）A1B1∥平面DEC1；
（2）BE⊥C1E．

【答案】（1）见解析；（2）见解析.
【解析】（1）因为D，E分别为BC，AC的中点，
所以ED∥AB.
在直三棱柱ABC−A1B1C1中，AB∥A1B1，
所以A1B1∥ED.
又因为ED⊂平面DEC1，A1B1平面DEC1，
所以A1B1∥平面DEC1.
（2）因为AB=BC，E为AC的中点，所以BE⊥AC.
因为三棱柱ABC−A1B1C1是直棱柱，所以CC1⊥平面ABC.
又因为BE⊂平面ABC，所以CC1⊥BE.
因为C1C⊂平面A1ACC1，AC⊂平面A1ACC1，C1C∩AC=C，
所以BE⊥平面A1ACC1.
因为C1E⊂平面A1ACC1，所以BE⊥C1E.

二年模拟试题




题型一 异面直线所成的角及直线与平面所成的角
1、（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）在正方体中，是底面的中心，是棱上的点，且，记直线与直线所成角为，直线与平面所成角为，二面角的平面角为，则（ ）
A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
以为原点，为轴，为轴，为轴，建立空间直角坐标系，
设正方体中棱长为4，
则，
，，
＝＝，
平面的法向量，
∴＝，∴＝，
，，
设平面的法向量，
则，取，得，
＝，
∵，∴.
故选：C.

2、（2020届浙江省十校联盟高三下学期开学）如图，矩形中，，，为的中点，沿着向上翻折，使点到.若在平面上的投影落在梯形内部（不含边界），设二面角的大小为，直线，与平面所成角分别为，，则（ ）

A． B． C． D．
【答案】C
【解析】
由，
可知，，作中点，
则，
故在线段上，
作交于，连接，，，如图，

易知，，，，
又，
．
故选：C．
3、（2020届浙江省杭州市建人高复高三4月模拟）已知正四面体和平面，，正四面体绕边旋转，当与平面所成角最大时，与平面所成角的正弦值为______
【答案】
【解析】由题意可得：当与平面所成角最大时即平面，
以的中点为原点建立空间直角坐标系（如图），

过作平面，垂足为，设，
则，即,
设与平面所成角为，平面的法向量为，
则
即与平面所成角的正弦值为
故答案为：

4、（2020届浙江省温州市高三4月二模）在三棱锥中，为棱的中点，
(I)证明：；
(II)求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】(I)证明见解析；(II)
【解析】
(I)过作于，连接，根据角度的垂直关系易知：
，，，故，
，.
根据余弦定理：，解得，故，
故，，，故平面，平面，
故.
(II)过点作于，
平面，平面，故，，，
故平面，故为直线与平面所成角，
，根据余弦定理：，
故.

5、（2020届浙江省之江教育评价联盟高三第二次联考）如图，空间四边形中，是正三角形，是直角三角形，点、分别是、的中点，且，.

（1）求证：平面；
（2）求与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）因为，所以，

又因为，所以，
连接，正，不妨设边长为，
又因为，所以，
，
平面.
（2）不妨设，在中，
在中，
，可得，
在中，，，，
由中可得，点到平面距离为，
.
6、（2020·浙江温州中学3月高考模拟）如图，四棱锥P﹣ABCD的底面是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，，

（Ⅰ）证明；AC⊥BP；
（Ⅱ）求直线AD与平面APC所成角的正弦值．
【答案】（Ⅰ）见解析（Ⅱ）．
【解析】
（I）证明：取AC的中点M，连接PM，BM，
∵AB＝BC，PA＝PC，
∴AC⊥BM，AC⊥PM，又BM∩PM＝M，
∴AC⊥平面PBM，
∵BP⊂平面PBM，
∴AC⊥BP．
（II）解：∵底面ABCD是梯形．BC∥AD，AB＝BC＝CD＝1，AD＝2，
∴∠ABC＝120°，
∵AB＝BC＝1，∴AC，BM，∴AC⊥CD，
又AC⊥BM，∴BM∥CD．
∵PA＝PC，CM，∴PM，
∵PB，∴cos∠BMP，∴∠PMB＝120°，
以M为原点，以MB，MC的方向为x轴，y轴的正方向，
以平面ABCD在M处的垂线为z轴建立坐标系M﹣xyz，如图所示：
则A（0，，0），C（0，，0），P（，0，），D（﹣1，，0），
∴（﹣1，，0），（0，，0），（，，），
设平面ACP的法向量为（x，y，z），则，即，
令x得（，0，1），
∴cos，，
∴直线AD与平面APC所成角的正弦值为|cos，|．

7、（江苏省南通市海安高级中学2019-2020学年高三阶段测试）如图，在四棱锥中，已知棱，，两两垂直，长度分别为1，2，2.若（），且向量与夹角的余弦值为.

（1）求的值；
（2）求直线与平面所成角的正弦值.
【答案】（1）；（2）.
【解析】（1）依题意，以为坐标原点，、、分别为、、轴建立空间直角坐标系
，因为，所以，
从而，则由，解得（舍去）或.
（2）易得，，设平面的法向量，
则，，即，且，所以，
不妨取，则平面的一个法向量，又易得，
故，
所以直线与平面所成角的正弦值为.

8、（2020届山东省临沂市高三上期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，平面PCD，，，，E为AD的中点，AC与BE相交于点O.

（1）证明：平面ABCD.
（2）求直线BC与平面PBD所成角的正弦值.
【答案】（1）证明见解析（2）
【解析】
（1）证明：平面PCD，平面，，
，为的中点，则且.
四边形BCDE为平行四边形，，.
又，且E为AD的中点，四边形ABCE为正方形，，又平面，
平面，则.
平面平面，，
又，为等腰直角三角形，
O为斜边AC上的中点，且平面ABCD.
（2）解：以O为坐标原点，建立空间直角坐标系O-xyz，如图所示

不妨设，则,
则.
设平面PBD的法向量为，
则即即
令，得.
设BC与平面所成角为，
则.
题型二 平面与平面所成的角

1、（2020届山东省烟台市高三上期末）如图，在四棱锥中，为直角梯形，，，平面平面，是以为斜边的等腰直角三角形，，为上一点，且.

（1）证明：直线平面；
（2）求二面角的余弦值.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】
（1）连接交于点,连接,
因为,所以与相似,
所以,
又,所以,
因为平面,平面,
所以直线平面
（2）由题,因为平面平面,平面平面,平面,,所以平面,
以为坐标原点,所在的方向分别为轴、轴的正方向,与均垂直的方向作为轴的正方向,建立如图所示的空间直角坐标系,


因为,,
则,,,,
所以,,,
设平面的一个法向量为,则
,即,
令,得,,于是,
设平面的一个法向量为,则
,即,
令,得,,于是,
设二面角的平面角的大小为,则,
所以二面角的余弦值为
2、（2020届山东省泰安市高三上期末）如图，在三棱锥P—ABC中，△PAC为等腰直角三角形，为正三角形，D为A的中点，AC=2．

(1)证明：PB⊥AC；
(2)若三棱锥的体积为，求二面角A—PC—B的余弦值
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】
（1）证：为等腰直角三角形，为中点，，
又为正三角形，为中点，，
又，平面，
平面PBD，又平面，
（2）解：设三棱锥的高为，
，
，
，又平面ABC，
如图，以为坐标原点，建立空间直角坐标系，

则，，，，
，，，
设为平面的一个法向量，则，即，
令，得，，
又是平面的一个法向量，∴，
由图可知二面角的平面角为锐角，∴二面角的余弦值为
3、（2020届山东省潍坊市高三上期中）如图，在棱长均为的三棱柱中，平面平面，，为与的交点．

（1）求证：；
（2）求平面与平面所成锐二面角的余弦值．
【答案】（1）详见解析；（2）.
【解析】
（1）因为四边形为菱形，所以，
又平面平面，平面平面，
所以平面，
因为平面，
所以.
（2）因为，所以菱形为正方形，
在中，，
在中，，，，
所以，，又，，
所以，平面；
以为坐标原点，以，，所在直线分别为轴，轴，轴，建立如图所示的空间直角坐标系.

，，，，
设平面的一个法向量为平面的一个法向量为，则

令，得，

令，得，
设平面与平面所成锐二面角为，
则，
所以平面与平面所成锐二面角的余弦值为.

4、（2020届山东省枣庄、滕州市高三上期末）如图，在四棱锥P-ABCD中，，平面PAB，，点E满足.

（1）证明：；
（2）求二面角A-PD-E的余弦值.
【答案】（1）证明见解析 （2）
【解析】
（1）证明：在中，

由勾股定理，得
.
因为，
所以


.
所以，所以.
因为平面PAB，平面PAB，
所以.
又因为，
所以平面ABCD.
又因为平面ABCD，
所以.
（2）由得.
所以点E是靠近点A的线段AB的三等分点.
所以.
分别以所在方向为y轴，z轴的正方向，建立如图所示的空间直角坐标系.


则.
设平面PDE的法向量为，
由，得.
令，则；
设平面APD的法向量为，
由，得，
令，则.
设向量与的夹角为，
则.
所以二面角的余弦值为.